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题目传送门 - BZOJ1096

题意

　　给定两个序列$a,b,X$，现在划分$a$序列。

　　被划分出来的段$[j,i]$的花费为$a_i+\sum_{k=j+1}^{i}(X_i-X_k)b_k$。

　　一种划分方式的花费就是每一段的花费之和。

　　问最小花费。

　　序列长度$\leq 10^6$。

题解

　　这题是BZOJ3437的升级版（其实也没升多少……，不仅代码我是几乎原样复制到，连题解我几乎都是原样复制的……）

　　首先我们不难写出DP方程：

　　$$dp_i=max\{dp_j+\sum_{k=j+1}^{i}(X_i-X_k)b_k\}+a_i\ \ \ \ \ (0\leq j<i)$$

　　然后容易看出可以斜率优化。

　　然后搬出斜率优化的套路。

　　先化简些式子。

　　$$dp_j+\sum_{k=j+1}^{i}(X_i-X_k)b_k\\=dp[j]-\sum_{k=j+1}^{i}X_kb_k+X_i\sum_{k=j+1}^{i}b_k$$

　　设:

　　$$sum_i=\sum_{j=1}^{i}b_j$$

　　$$vsum_i=\sum_{j=1}^{i}b_j\times X_j$$

　　则原式=

　　$$dp_j-vsum_i+vsum_j+X_isum_i-X_isum_j$$

　　然后开始斜率优化DP的套路部分：

　　设（注意$x$的大小写）

　　$$x_i=sum_i$$

　　$$y_i=dp_i+vsum_i$$

　　则原式=

　　$$y_j-vsum_i+X_isum_i-X_ix_j$$

　　假设$j>k$且从$j$转移不劣于$k$，则：

　　$$y_j-vsum_i+X_isum_i-X_ix_j\leq y_k-vsum_i+X_isum_i-X_ix_k$$

　　化简得：

　　$$\frac{y_j-y_k}{x_j-x_k}\leq X_i$$

　　然后献上斜率优化DP套路：

　　注意由于开始限制了$j>k$所以$x_j-x_k>0$，所以最后两边同时相除不等式仍然成立。

　　设

　　$$g_{i,j}=\frac{y_i-y_j}{x_i-x_j}\ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ \ (i>j)$$

　　则上式可以表示为$g_{j,k}<X_i$

　　我们来发掘以下$g_{j,k}$的性质。

　　1. 当$g_{j,k}\leq X_i$时，由于随着$i$变大，$X_i$也变大，所以显然从$k$转移是永远不会比$j$好的，所以我们可以把$k$扔掉。

　　2. 当$g_{i,j}\leq g_{j,k}$时，从$i$或者$k$转移至少有一个不比$j$差，所以可以把$j$扔掉。为什么？？

　　　　若$g_{i,j}\leq X_i$，显然$j$要被扔掉，根据第一个性质。

　　　　若$g_{i,j}>X_i$，则$g_{j,k}>X_i$，那么显然$j$比$k$差，也得被扔掉。

　　于是我们可以用一个单调队列来维护斜率的单调性。

　　具体的：

　　当情况1发生的时候让队首出队。

　　在进队的时候，如果发生情况2，那么先让队尾出队，然后再进队。

　　为了避免精度问题，我们可以把$x_i-x_j$乘上来。

代码

#include <bits/stdc++.h>

using namespace std;

typedef long long LL;

const int N=1000005;

int n,q[N],head=1,tail=0;

LL a[N],b[N],X[N],sum[N],vsum[N],dp[N],x[N],y[N];

int main(){

	scanf("%d",&n);

	for (int i=1;i<=n;i++)

		scanf("%lld%lld%lld",&X[i],&b[i],&a[i]);

	for (int i=1;i<=n;i++)

		sum[i]=sum[i-1]+b[i],vsum[i]=vsum[i-1]+b[i]*X[i];

	q[++tail]=0;

	for (int i=1;i<=n;i++){

		int j=q[head+1],k=q[head];

		while (tail-head>0&&y[j]-y[k]<=(x[j]-x[k])*X[i])

			head++,j=q[head+1],k=q[head];

		j=k;

		dp[i]=dp[j]+vsum[j]-vsum[i]+(sum[i]-sum[j])*X[i]+a[i];

		x[i]=sum[i];

		y[i]=dp[i]+vsum[i];

		j=q[tail],k=q[tail-1];

		while (tail-head>0&&(y[i]-y[j])*(x[j]-x[k])<=(y[j]-y[k])*(x[i]-x[j]))

			tail--,j=q[tail],k=q[tail-1];

		q[++tail]=i;

	}

	printf("%lld",dp[n]);

	return 0;

}